高考数学试题分项版—解析几何解析版 26页

‎2019年高考数学试题分项版——解析几何（解析版）‎ 一、选择题 ‎1．(2019·全国Ⅰ文，10)双曲线C：x‎5‎a‎2‎－y‎2‎b‎2‎＝1(a>0，b>0)的一条渐近线的倾斜角为130°，则C的离心率为(　　)‎ A．2sin 40° B．2cos 40° C.‎1‎son50°‎ D.‎‎1‎cos50°‎ 答案　D 解析　由题意可得－ba＝tan 130°，‎ 所以e＝ ‎1+‎b‎2‎a‎2‎＝‎‎1+tan‎2‎130°‎ ‎＝ ‎‎1+‎sin‎2‎‎130°‎cos‎2‎‎130°‎ ‎＝‎1‎cos130°‎＝‎1‎cos50°‎.‎ ‎2．(2019·全国Ⅰ文，12)已知椭圆C的焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为(　　)‎ A.x‎2‎‎2‎＋y2＝1 B.x‎2‎‎3‎＋y‎2‎‎2‎＝1‎ C.x‎2‎‎4‎＋y‎2‎‎3‎＝1 D.x‎2‎‎5‎＋y‎2‎‎4‎＝1‎ 答案　B 解析　由题意设椭圆的方程为x‎2‎a‎2‎＋y‎2‎b‎2‎＝1(a>b>0)，连接F1A，令|F2B|＝m，则|AF2|＝2m，|BF1|＝3m.由椭圆的定义知，4m＝2a，得m＝a‎2‎，故|F2A|＝a＝|F1A|，则点A为椭圆C的上顶点或下顶点．令∠OAF2＝θ(O为坐标原点)，则sin θ＝ca＝‎1‎a.在等腰三角形ABF1中，cos 2θ＝‎2m‎2‎‎+‎3m‎2‎-‎‎3m‎2‎‎2×2m∙3m＝‎1‎‎3‎，因为cos 2θ＝1－2sin2θ，所以‎1‎‎3‎＝1－2‎1‎a2，得a2＝3.又c2＝1，所以b2＝a2－c2＝2，椭圆C的方程为x‎2‎‎3‎＋y‎2‎‎2‎＝1，故选B.‎ ‎3．(2019·全国Ⅱ文，9)若抛物线y2＝2px(p>0)的焦点是椭圆x‎2‎‎3p＋y‎2‎p＝1的一个焦点，则p等于(　　)‎ A．2 B．3 C．4 D．8‎ 答案　D 解析　由题意知，抛物线的焦点坐标为p‎2‎‎,0‎，椭圆的焦点坐标为(±‎2p，0)，所以p‎2‎＝‎2p，解得p＝8，故选D.‎ ‎4．(2019·全国Ⅱ文，12)设F为双曲线C：x‎2‎a‎2‎－y‎2‎b‎2‎＝1(a>0，b>0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2交于P，Q两点．若|PQ|＝|OF|，则C的离心率为(　　)‎ A.‎2‎ B.‎3‎ C．2 D.‎‎5‎ 答案　A 解析　如图，由题意知，以OF为直径的圆的方程为x-‎c‎2‎‎2‎2＋y2＝c‎2‎‎4‎①，将x2＋y2＝a2记为②式，①－②得x＝a‎2‎c，则以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2的相交弦所在直线的方程为x＝a‎2‎c，所以|PQ|＝2a‎2‎‎-‎a‎2‎c‎2‎.‎ 由|PQ|＝|OF|，得2a‎2‎‎-‎a‎2‎c‎2‎＝c，整理得c4－4a2c2＋4a4＝0，即e4－4e2＋4＝0，解得e＝‎2‎，故选A.‎ ‎5．(2019·全国Ⅲ文，10)已知F是双曲线C：x‎2‎‎4‎－y‎2‎‎5‎＝1的一个焦点，点P在C上，O为坐标原点．若|OP|＝|OF|，则△OPF的面积为(　　)‎ A.‎3‎‎2‎ B.‎5‎‎2‎ C.‎7‎‎2‎ D.‎‎9‎‎2‎ 答案　B 解析　由F是双曲线x‎2‎‎4‎－y‎2‎‎5‎＝1的一个焦点，‎ 知|OF|＝3，所以|OP|＝|OF|＝3.‎ 不妨设点P在第一象限，P(x0，y0)，x0>0，y0>0，‎ 则x‎0‎‎2‎‎+y‎0‎‎2‎=3,‎x‎0‎‎2‎‎4‎‎-y‎0‎‎2‎‎5‎=1,‎解得x‎0‎‎2‎‎=‎56‎‎9‎,‎y‎0‎‎2‎‎=‎25‎‎9‎,‎ 所以P‎2‎‎14‎‎3‎‎,‎‎5‎‎3‎，‎ 所以S△OPF＝‎1‎‎2‎|OF|·y0＝‎1‎‎2‎×3×‎5‎‎3‎＝‎5‎‎2‎.‎ ‎6．(2019·北京文，5已知双曲线x‎2‎a‎2‎－y2＝1(a>0)的离心率是‎5‎，则a等于(　　)‎ A.‎3‎ B．4 C．2 D.‎‎1‎‎2‎ 答案　D 解析　由双曲线方程x‎2‎a‎2‎－y2＝1，得b2＝1，‎ ‎∴c2＝a2＋1.‎ ‎∴5＝e2＝c‎2‎a‎2‎＝a‎2‎‎+1‎a‎2‎＝1＋‎1‎a‎2‎.‎ 结合a>0，解得a＝‎1‎‎2‎.‎ ‎7．(2019·天津文，6)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l.若l与双曲线x‎2‎a‎2‎－y‎2‎b‎2‎＝1(a＞0，b＞0)的两条渐近线分别交于点A和点B，且|AB|＝4|OF|(O为原点)，则双曲线的离心率为(　　)‎ A.‎2‎ B.‎3‎ C．2 D.‎‎5‎ 答案　D 解析　由题意，可得F(1,0)，直线l的方程为x＝－1，双曲线的渐近线方程为y＝±bax.将x＝－1代入y＝±bax，得y＝±ba，所以点A，B的纵坐标的绝对值均为ba.由|AB|＝4|OF|可得‎2ba＝4，即b＝2a，b2＝4a2，故双曲线的离心率e＝ca＝a‎2‎‎+‎b‎2‎a‎2‎＝‎5‎.‎ ‎8．(2019·浙江，2)渐近线方程为x±y＝0的双曲线的离心率是(　　)‎ A.‎2‎‎2‎ B．1‎ C.‎2‎ D．2‎ 答案　C 解析　因为双曲线的渐近线方程为x±y＝0，所以无论双曲线的焦点在x轴上还是在y轴上，都满足a＝b，所以c＝‎2‎a，所以双曲线的离心率e＝ca＝‎2‎.‎ ‎9．(2019·全国Ⅰ理，10)已知椭圆C的焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为(　　)‎ A.x‎2‎‎2‎＋y2＝1 B.x‎2‎‎3‎＋y‎2‎‎2‎＝1‎ C.x‎2‎‎4‎＋y‎2‎‎3‎＝1 D.x‎2‎‎5‎＋y‎2‎‎4‎＝1‎ 答案　B 解析　由题意设椭圆的方程为x‎2‎a‎2‎＋y‎2‎b‎2‎＝1(a>b>0)，连接F1A，令|F2B|＝m，则|AF2|＝2m，|BF1|＝3m.由椭圆的定义知，4m＝2a，得m＝a‎2‎，故|F2A|＝a＝|F1A|，则点A为椭圆C的上顶点或下顶点．令∠OAF2＝θ(O为坐标原点)，则sin θ＝ca＝‎1‎a.在等腰三角形ABF1中，cos 2θ＝‎2m‎2‎‎+‎3m‎2‎-‎‎3m‎2‎‎2×2m∙3m＝‎1‎‎3‎，因为cos 2θ＝1－2sin2θ，所以‎1‎‎3‎＝1－2‎1‎a‎2‎2，得a2＝3.又c2＝1，所以b2＝a2－c2＝2，椭圆C的方程为x‎2‎‎3‎＋y‎2‎‎2‎＝1，故选B.‎ ‎10．(2019·全国Ⅱ理，8)若抛物线y2＝2px(p>0)的焦点是椭圆x‎2‎‎3p＋y‎2‎p＝1的一个焦点，则p等于(　　)‎ A．2 B．3 C．4 D．8‎ 答案　D 解析　由题意知，抛物线的焦点坐标为p‎2‎‎,0‎，椭圆的焦点坐标为(±‎2p，0)，所以p‎2‎＝‎2p，解得p＝8，故选D.‎ ‎11．(2019·全国Ⅱ理，11)设F为双曲线C：x‎2‎a‎2‎－y‎2‎b‎2‎＝1(a>0，b>0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2交于P，Q两点．若|PQ|＝|OF|，则C的离心率为(　　)‎ A.‎2‎ B.‎3‎ C．2 D.‎‎5‎ 答案　A 解析　如图，‎ 由题意知，以OF为直径的圆的方程为x-‎c‎2‎2＋y2＝c‎2‎‎4‎①，将x2＋y2＝a2记为②式，①－②得x＝a‎2‎c，则以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2的相交弦所在直线的方程为x＝a‎2‎c，所以|PQ|＝2a‎2‎‎-‎a‎2‎c‎2‎.‎ 由|PQ|＝|OF|，得2a‎2‎‎-‎a‎2‎c‎2‎＝c，整理得c4－4a2c2＋4a4＝0，即e4－4e2＋4＝0，解得e＝‎2‎，故选A.‎ ‎12．(2019·全国Ⅲ理，10)双曲线C：x‎2‎‎4‎－y‎2‎‎2‎＝1的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点．若|PO|＝|PF|，则△PFO的面积为(　　)‎ A.‎3‎‎2‎‎4‎ B.‎3‎‎2‎‎2‎ C．2‎2‎ D．3‎‎2‎ 答案　A 解析　不妨设点P在第一象限，根据题意可知c2＝6，‎ 所以|OF|＝‎6‎.‎ 又tan∠POF＝ba＝‎2‎‎2‎，所以等腰△POF的高h＝‎6‎‎2‎×‎2‎‎2‎＝‎3‎‎2‎，所以S△PFO＝‎1‎‎2‎×‎6‎×‎3‎‎2‎＝‎3‎‎2‎‎4‎.‎ ‎13．(2019·北京理，4)已知椭圆的离心率为，则　　‎ A． B． C． D．‎ ‎【思路分析】由椭圆离心率及隐含条件得答案．‎ ‎【解析】：由题意，，得，则，‎ ‎，即．‎ 故选：．‎ ‎【归纳与总结】本题考查椭圆的简单性质，熟记隐含条件是关键，是基础题．‎ ‎14．(2019·北京理，8)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图）．给出下列三个结论：‎ ‎①曲线恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；‎ ‎②曲线上任意一点到原点的距离都不超过；‎ ‎③曲线所围成的“心形”区域的面积小于3．‎ 其中，所有正确结论的序号是　　‎ A．① B．② C．①② D．①②③‎ ‎【思路分析】将换成方程不变，所以图形关于轴对称，根据对称性讨论轴右边的图形可得．‎ ‎【解析】：将换成方程不变，所以图形关于轴对称，‎ 当时，代入得，，即曲线经过，；‎ 当时，方程变为，所以△，解得，，‎ 所以只能取整数1，当时，，解得或，即曲线经过，，‎ 根据对称性可得曲线还经过，，‎ 故曲线一共经过6个整点，故①正确．‎ 当时，由得，（当时取等），‎ ‎，，即曲线上轴右边的点到原点的距离不超过，根据对称性可得：曲线上任意一点到原点的距离都不超过；故②正确．‎ 在轴上图形面积大于矩形面积，轴下方的面积大于等腰直角三角形的面积 ‎，因此曲线所围成的“心形”区域的面积大于，故③错误．‎ 故选：．‎ ‎【归纳与总结】本题考查了命题的真假判断与应用，属中档题．‎ ‎15．(2019·天津理，5)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l.若l与双曲线x‎2‎a‎2‎－y‎2‎b‎2‎＝1(a＞0，b＞0)的两条渐近线分别交于点A和点B，且|AB|＝4|OF|(O为原点)，则双曲线的离心率为(　　)‎ A.‎2‎ B.‎3‎ C．2 D.‎‎5‎ 答案　D 解析　由题意，可得F(1,0)，直线l的方程为x＝－1，双曲线的渐近线方程为y＝±bax.将x＝－1代入y＝±bax，得y＝±ba，所以点A，B的纵坐标的绝对值均为ba.由|AB|＝4|OF|可得‎2ba＝4，即b＝2a，b2＝4a2，故双曲线的离心率e＝ca＝a‎2‎‎+‎b‎2‎a‎2‎＝‎5‎.‎ 二、填空题 ‎1．(2019·全国Ⅲ文，15)设F1，F2为椭圆C：x‎2‎‎36‎＋y‎2‎‎20‎＝1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．若△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为________．‎ 答案　(3，‎15‎)‎ 解析　不妨令F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，根据题意可知c＝‎36-20‎＝4.因为△MF1F2为等腰三角形，所以易知|F1M|＝2c＝8，所以|F2M|＝2a－8＝4.‎ 设M(x，y)，则x‎2‎‎36‎‎+y‎2‎‎20‎=1,‎‎|F‎1‎M|‎‎2‎‎=‎(x+4)‎‎2‎+y‎2‎=64,‎x>0,‎y>0,‎得x=3,‎y=‎15‎,‎ 所以M的坐标为(3，‎15‎)．‎ ‎2．(2019·北京文，11)设抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l.则以F为圆心，且与l相切的圆的方程为________．‎ 答案　(x－1)2＋y2＝4‎ 解析　∵抛物线y2＝4x的焦点F的坐标为(1,0)，‎ 准线l为直线x＝－1，∴圆的圆心坐标为(1,0)．‎ 又∵圆与l相切，∴圆心到l的距离为圆的半径，‎ ‎∴r＝2.‎ ‎∴圆的方程为(x－1)2＋y2＝4.‎ ‎3．(2019·浙江，12)已知圆C的圆心坐标是(0，m)，半径长是r.若直线2x－y＋3＝0与圆C相切于点A(－2，－1)，则m＝________，r＝________.‎ 答案　－2　‎‎5‎ 解析　方法一　设过点A(－2，－1)且与直线2x－y＋3＝0垂直的直线方程为l：x＋2y＋t＝0，所以－2－2＋t＝0，所以t＝4，所以l：x＋2y＋4＝0，令x＝0，得m＝－2，则r＝‎(-2-0)‎‎2‎‎+‎‎(-1+2)‎‎2‎＝‎5‎.‎ 方法二　因为直线2x－y＋3＝0与以点(0，m)为圆心的圆相切，且切点为A(－2，－1)，所以m+1‎‎0-(-2)‎×2＝－1，所以m＝－2，r＝‎(-2-0‎)‎‎2‎+‎‎(-1+2)‎‎2‎＝‎5‎.‎ ‎4．(2019·浙江，15)已知椭圆x‎2‎‎9‎＋y‎2‎‎5‎＝1的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方．若线段PF的中点在以原点O为圆心 ，|OF|为半径的圆上，则直线PF的斜率是________．‎ 答案　‎‎15‎ 解析　依题意，设点P(m，n)(n＞0)，由题意知F(－2,0)，|OF|＝2，所以线段FP的中点M‎-2+m‎2‎‎,‎n‎2‎在圆x2＋y2＝4上，所以‎-2+m‎2‎2＋n‎2‎2＝4，又点P(m，n)在椭圆x‎2‎‎9‎＋y‎2‎‎5‎＝1上，所以n‎2‎‎9‎＋n‎2‎‎5‎＝1，所以4m2－36m－63＝0，所以m＝－‎3‎‎2‎或m＝‎21‎‎2‎(舍去)，当m＝－‎3‎‎2‎时，n＝‎15‎‎2‎，所以kPF＝‎15‎‎2‎‎-0‎‎-‎3‎‎2‎-(-2)‎＝‎15‎.‎ ‎5．(2019·江苏，7)在平面直角坐标系xOy中，若双曲线x2－y‎2‎b‎2‎＝1(b>0)经过点(3,4)，则该双曲线的渐近线方程是_________________．‎ 答案　y＝±‎2‎x 解析　因为双曲线x2－y‎2‎b‎2‎＝1(b>0)经过点(3,4)，所以9－‎16‎b‎2‎＝1，得b＝‎2‎，所以该双曲线的渐近线方程是y＝±bx＝±‎2‎x.‎ ‎6．(2019·江苏，10)在平面直角坐标系xOy中，P是曲线y＝x＋‎4‎x(x>0)上的一个动点，则点P到直线x＋y＝0的距离的最小值是________．‎ 答案　4‎ 解析　设Px,x+‎‎4‎x，x>0，则点P到直线x＋y＝0的距离d＝‎2x+‎‎4‎x‎2‎＝≥‎2‎‎2x∙‎‎4‎x‎2‎＝4，当且仅当2x＝‎4‎x，即x＝‎2‎时取等号，故点P到直线x＋y＝0的距离的最小值是4.‎ ‎7．(2019·全国Ⅰ理，16)已知双曲线C：x‎2‎a‎2‎－y‎2‎b‎2‎＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若F‎1‎A＝AB，F‎1‎B·F‎2‎B＝0，则C的离心率为________．‎ 答案　2‎ 解析　因为·＝0，所以F1B⊥F2B，如图．‎ 因为F‎1‎A＝AB，所以点A为F1B的中点，又点O为F1F2的中点，所以OA∥BF2，所以F1B⊥OA，所以|OF1|＝|OB|，所以∠BF1O＝∠F1BO，所以∠BOF2＝2∠BF1O.因为直线OA，OB为双曲线C的两条渐近线，‎ 所以tan∠BOF2＝ba，tan∠BF1O＝ab.‎ 因为tan∠BOF2＝tan(2∠BF1O)，‎ 所以ba＝‎2×‎ab‎1-‎ab‎2‎，所以b2＝3a2，‎ 所以c2－a2＝3a2，‎ 即2a＝c，所以双曲线的离心率e＝ca＝2.‎ ‎8．(2019·全国Ⅲ理，15)设F1，F2为椭圆C：x‎2‎‎36‎＋y‎2‎‎20‎＝1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．若△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为________．‎ 答案　(3，‎15‎)‎ 解析　不妨令F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，根据题意可知c＝‎36-20‎＝4.因为△MF1F2为等腰三角形，所以易知|F1M|＝2c＝8，所以|F2M|＝2a－8＝4.‎ 设M(x，y)，则x‎2‎‎36‎‎+y‎2‎‎20‎＝1，‎F‎1‎M‎2‎‎=x+4‎‎2‎+‎y‎2‎‎＝64，‎x>0，‎y>0，‎得x=-3,‎y=‎15‎,‎ 所以M的坐标为(3，‎15‎)．‎ 三、解答题 ‎1．(2019·全国Ⅰ文，21)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．‎ ‎(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径；‎ ‎(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由．‎ 解　(1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上．‎ 由已知A在直线x＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，‎ 所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．‎ 因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.‎ 由已知得|AO|＝2.‎ 又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，‎ 解得a＝0或a＝4.‎ 故⊙M的半径r＝2或r＝6.‎ ‎(2)存在定点P(1,0)，使得|MA|－|MP|为定值．‎ 理由如下：‎ 设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.‎ 由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，‎ 化简得M的轨迹方程为y2＝4x.‎ 因为曲线C：y2＝4x是以点P(1,0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，‎ 所以|MP|＝x＋1.‎ 因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，‎ 所以存在满足条件的定点P.‎ ‎2．(2019·全国Ⅱ文，20)已知F1，F2是椭圆C：x‎2‎a‎2‎＋y‎2‎b‎2‎＝1(a>b>0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点．‎ ‎(1)若△POF2为等边三角形，求C的离心率；‎ ‎(2)如果存在点P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围．‎ 解　(1)连接PF1.‎ 由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中，‎ ‎∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝‎3‎c，‎ 于是2a＝|PF1|＋|PF2|＝(‎3‎＋1)c，‎ 故C的离心率为e＝ca＝‎3‎－1.‎ ‎(2)由题意可知，若满足条件的点P(x，y)存在，‎ 则‎1‎‎2‎|y|·2c＝16，yx+c·yx-c＝－1，‎ 即c|y|＝16，①‎ x2＋y2＝c2，②‎ 又x‎2‎a‎2‎＋y‎2‎b‎2‎＝1.③‎ 由②③及a2＝b2＋c2得y2＝b‎4‎c‎2‎.‎ 又由①知y2＝‎16‎‎2‎c‎2‎，故b＝4.‎ 由②③及a2＝b2＋c2得x2＝a‎2‎c‎2‎(c2－b2)，‎ 所以c2≥b2，从而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，‎ 故a≥4‎2‎.‎ 当b＝4，a≥4‎2‎时，存在满足条件的点P.‎ 所以b＝4，a的取值范围为[4‎2‎，＋∞)．‎ ‎3．(2019·全国Ⅲ文，21)已知曲线C：y＝x‎2‎‎2‎，D为直线y＝－‎1‎‎2‎上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.‎ ‎(1)证明：直线AB过定点；‎ ‎(2)若以E‎0,‎‎5‎‎2‎为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程．‎ ‎(1)证明　设Dt,-‎‎1‎‎2‎，A(x1，y1)，‎ 则x‎1‎‎2‎＝2y1.‎ 由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，‎ 故y‎1‎‎+‎‎1‎‎2‎x‎1‎‎-t＝x1，‎ 整理得2tx1－2y1＋1＝0.‎ 设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.‎ 所以直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.‎ 所以直线AB过定点‎0,‎‎1‎‎2‎.‎ ‎(2)解　由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋‎1‎‎2‎.‎ 由y=tx+‎1‎‎2‎,‎y=x‎2‎‎2‎,‎可得x2－2tx－1＝0，‎ 于是x1＋x2＝2t，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1.‎ 设M为线段AB的中点，则Mt,t‎2‎+‎‎1‎‎2‎.‎ 由于EM⊥AB，而EM＝(t，t2－2)，AB与向量(1，t)平行，‎ 所以t＋(t2－2)t＝0.解得t＝0或t＝±1.‎ 当t＝0时，|EM|＝2，‎ 所求圆的方程为x2＋y-‎‎5‎‎2‎2＝4；‎ 当t＝±1时，|EM|＝‎2‎，‎ 所求圆的方程为x2＋y-‎‎5‎‎2‎2＝2.‎ ‎4．(2019·北京文，19)已知椭圆C：x‎2‎a‎2‎＋y‎2‎b‎2‎＝1的右焦点为(1,0)，且经过点A(0,1)．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l经过定点．‎ ‎(1)解　由题意，得b2＝1，c＝1，‎ 所以a2＝b2＋c2＝2.‎ 所以椭圆C的方程为x‎2‎‎2‎＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，‎ 则直线AP的方程为y＝y‎1‎‎-1‎x‎1‎x＋1.‎ 令y＝0，得点M的横坐标xM＝－x‎1‎y‎1‎‎-1‎.‎ 又y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|xM|＝x‎1‎kx‎1‎‎+t-1‎.‎ 同理，|ON|＝x‎2‎kx‎2‎‎+t-1‎.‎ 由y=kx+tk,‎x‎2‎‎2‎‎+y‎2‎=1,‎得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，‎ 则x1＋x2＝－‎4kt‎1+‎‎2k‎2‎，x1x2＝‎2t‎2‎‎-2‎‎1+‎‎2k‎2‎.‎ 所以|OM|·|ON|＝x‎1‎kx‎1‎‎+t-1‎·‎x‎2‎kx‎2‎‎+t-1‎ ‎＝‎x‎1‎x‎2‎k‎2‎x‎1‎x‎2‎‎+kt-1‎x‎1‎‎+‎x‎2‎+‎‎(t-1)‎‎2‎ ‎＝‎‎2t‎2‎‎-1‎‎1+‎‎2k‎2‎k‎2‎‎∙‎2t‎2‎‎-2‎‎1+‎‎2k‎2‎+kt-1‎∙‎-‎‎4kt‎1+‎‎2k‎2‎+‎‎(t-1)‎‎2‎ ‎＝2‎1+t‎1-t.‎ 又|OM|·|ON|＝2，所以2‎1+t‎1-t＝2.‎ 解得t＝0，所以直线l经过定点(0,0)．‎ ‎5．(2019·天津文，19)设椭圆x‎2‎a‎2‎＋y‎2‎b‎2‎＝1(a＞b＞0)的左焦点为F，左顶点为A，上顶点为B.已知‎3‎|OA|＝2|OB|(O为原点)．‎ ‎(1)求椭圆的离心率；‎ ‎(2)设经过点F且斜率为‎3‎‎4‎的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P，圆C同时与x轴和直线l相切，圆心C在直线x＝4上，且OC∥AP.求椭圆的方程．‎ 解　(1)设椭圆的半焦距为c，由已知有‎3‎a＝2b，又由a2＝b2＋c2，消去b得a2＝‎3‎‎2‎a2＋c2，解得ca＝‎1‎‎2‎.‎ 所以椭圆的离心率为‎1‎‎2‎.‎ ‎(2)由(1)知，a＝2c，b＝‎3‎c，故椭圆方程为x‎2‎‎4c‎2‎＋y‎2‎‎3c‎2‎＝1.‎ 由题意，F(－c,0)，则直线l的方程为y＝‎3‎‎4‎(x＋c)．‎ 点P的坐标满足x‎2‎‎4c‎2‎‎+y‎2‎‎3c‎2‎=1,‎y=‎3‎‎4‎x+c,‎消去y并化简，‎ 得到7x2＋6cx－13c2＝0，‎ 解得x1＝c，x2＝－‎13c‎7‎.‎ 代入到l的方程，解得y1＝‎3‎‎2‎c，y2＝－‎9‎‎14‎c.‎ 因为点P在x轴上方，所以Pc,‎3‎‎2‎c.‎ 由圆心C在直线x＝4上，可设C(4，t)．‎ 因为OC∥AP，且由(1)知A(－2c,0)，‎ 故t‎4‎＝‎3‎‎2‎cc+2c，解得t＝2.‎ 因为圆C与x轴相切，所以圆C的半径为2.‎ 又由圆C与l相切，得‎3‎‎4‎‎4+c‎-2‎‎1+‎‎3‎‎4‎‎2‎＝2，可得c＝2.‎ 所以，椭圆的方程为x‎2‎‎16‎＋y‎2‎‎12‎＝1.‎ ‎6.(2019·浙江，21)如图，已知点F(1,0)为抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2.‎ ‎(1)求p的值及抛物线的准线方程；‎ ‎(2)求S‎1‎S‎2‎的最小值及此时点G的坐标．‎ 解　(1)由题意得p‎2‎＝1，即p＝2.‎ 所以，抛物线的准线方程为x＝－1.‎ ‎(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)．令yA＝2t，t≠0，则xA＝t2.由于直线AB过点F，故直线AB的方程为x＝‎ t‎2‎-1‎‎2ty＋1，代入y2＝4x，得 y2－‎2(t‎2‎-1)‎ty－4＝0，‎ 故2tyB＝－4，即yB＝－‎2‎t，所以B‎1‎t‎2‎‎,-‎‎2‎t.‎ 又由于xG＝‎1‎‎3‎(xA＋xB＋xC)，yG＝‎1‎‎3‎(yA＋yB＋yC)及重心G在x轴上，故2t－‎2‎t＋yC＝0.‎ 即C‎1‎t‎-t‎2‎‎,2‎‎1‎t‎-t，G‎2t‎4‎‎-‎2t‎2‎+2‎‎3t‎2‎‎,0‎.‎ 所以，直线AC的方程为y－2t＝2t(x－t2)，‎ 得Q(t2－1,0)．‎ 由于Q在焦点F的右侧，故t2＞2.从而 S‎1‎S‎2‎‎＝‎1‎‎2‎‎|FG|·|yA|‎‎1‎‎2‎‎|QG|·|yC|‎＝‎‎2t‎4‎‎-‎2t‎2‎+2‎‎3t‎2‎‎-1‎‎∙|2t|‎t‎2‎‎-1-‎‎2t‎4‎‎-‎2t‎2‎+2‎‎3t‎2‎‎∙‎‎2‎t‎-2t ‎＝‎2t‎4‎‎-‎t‎2‎t‎4‎‎-1‎＝2－t‎2‎‎-2‎t‎4‎‎-1‎.‎ 令m＝t2－2，则m＞0，‎ S‎1‎S‎2‎‎＝2－mm‎2‎‎+4m+3‎＝2－‎1‎m+‎3‎m+4‎≥2－‎1‎‎2‎m∙‎3‎m+4‎＝1＋‎3‎‎2‎.‎ 当且仅当m＝‎3‎时，S‎1‎S‎2‎取得最小值1＋‎3‎‎2‎，此时G(2,0)．‎ ‎7.(2019·江苏，17)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x‎2‎a‎2‎＋y‎2‎b‎2‎＝1(a>b>0)的焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2：(x－1)2＋y2＝4a2交于点A，与椭圆C交于点D.连接AF1并延长交圆F2于点B，连接BF2交椭圆C于点E，连接DF1.已知DF1＝‎5‎‎2‎.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)求点E的坐标．‎ 解　(1)设椭圆C的焦距为2c.‎ 因为F1(－1,0)，F2(1,0)，所以F1F2＝2，则c＝1.‎ 又因为DF1＝‎5‎‎2‎，AF2⊥x轴，‎ 所以DF2＝DF‎1‎‎2‎‎-‎F‎1‎F‎2‎‎2‎＝‎5‎‎2‎‎2‎‎-‎‎2‎‎2‎＝‎3‎‎2‎.‎ 因此2a＝DF1＋DF2＝4，所以a＝2.‎ 由b2＝a2－c2，得b2＝3.‎ 所以椭圆C的标准方程为x‎2‎‎4‎＋y‎2‎‎3‎＝1.‎ ‎(2)方法一　由(1)知，椭圆C：x‎2‎‎4‎＋y‎2‎‎3‎＝1，a＝2.‎ 因为AF2⊥x轴，所以点A的横坐标为1.‎ 将x＝1代入圆F2方程(x－1)2＋y2＝16，解得y＝±4.‎ 因为点A在x轴上方，所以A(1,4)．‎ 又F1(－1,0)，所以直线AF1：y＝2x＋2.‎ 由y=2x+2,‎‎(x-1)‎‎2‎‎+y‎2‎=16,‎得5x2＋6x－11＝0，解得x＝1或x＝－‎11‎‎5‎.‎ 将x＝－‎11‎‎5‎代入y＝2x＋2，得y＝－‎12‎‎5‎.‎ 因此B‎-‎11‎‎5‎,-‎‎12‎‎5‎.又F2(1,0)，所以直线BF2：y＝‎3‎‎4‎(x－1)．‎ 由y=‎3‎‎4‎x-1‎,‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎3‎=1,‎得7x2－6x－13＝0，解得x＝－1或x＝‎13‎‎7‎.‎ 又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以x＝－1.‎ 将x＝－1代入y＝‎3‎‎4‎(x－1)，得y＝－‎3‎‎2‎.‎ 因此E‎-1,-‎‎3‎‎2‎.‎ 方法二　由(1)知，椭圆C：x‎2‎‎4‎＋y‎2‎‎3‎＝1.如图，连接EF1.‎ 因为BF2＝2a，EF1＋EF2＝2a，所以EF1＝EB，从而∠BF1E＝∠B.‎ 因为F2A＝F2B，所以∠A＝∠B.‎ 所以∠A＝∠BF1E，从而EF1∥F2A.‎ 因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴．‎ 因为F1(－1,0)，由x=-1,‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎3‎=1,‎得y＝±‎3‎‎2‎.‎ 又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以y＝－‎3‎‎2‎.‎ 因此E‎-1,-‎‎3‎‎2‎.‎ ‎8．(2019·江苏，18)如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB(AB是圆O的直径)．规划在公路l上选两个点P，Q，并修建两段直线型道路PB，QA，规划要求：线段PB，QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径．已知点A，B到直线l的距离分别为AC和BD(C，D为垂足)，测得AB＝10，AC＝6，BD＝12(单位：百米)．‎ ‎(1)若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；‎ ‎(2)在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；‎ ‎(3)在规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d(单位：百米)，求当d最小时，P，Q两点间的距离．‎ 解　方法一　(1)过A作AE⊥BD，垂足为E.‎ 由已知条件得，四边形ACDE为矩形，‎ DE＝BE＝AC＝6，AE＝CD＝8.‎ 因为PB⊥AB，‎ 所以cos∠PBD＝sin∠ABE＝AEAB＝‎8‎‎10‎＝‎4‎‎5‎.‎ 所以PB＝BDcos∠PBD＝‎12‎‎4‎‎5‎＝15.‎ 因此道路PB的长为15(百米)．‎ ‎(2)①若P在D处，由(1)可得E在圆上，则线段BE上的点(除B，E)到点O的距离均小于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求．‎ ‎②若Q在D处，连接AD，由(1)知AD＝AE‎2‎‎+‎ED‎2‎＝10，从而cos∠BAD＝AD‎2‎‎+AB‎2‎-‎BD‎2‎‎2AD∙AB＝‎7‎‎25‎>0，‎ 所以∠BAD为锐角．‎ 所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径．‎ 因此Q选在D处也不满足规划要求．‎ 综上，P和Q均不能选在D处．‎ ‎(3)先讨论点P的位置．‎ 当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求．‎ 设P1为l上一点，且P1B⊥AB，由(1)知，P1B＝15，此时P1D＝P1Bsin∠P1BD＝P1Bcos∠EBA＝15×‎3‎‎5‎＝9；‎ 当∠OBP>90°时，在△PP1B中，PB>P1B＝15.‎ 由上可知，d≥15.‎ 再讨论点Q的位置．‎ 由(2)知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求．当QA＝15时，CQ＝QA‎2‎‎-‎AC‎2‎＝‎15‎‎2‎‎-‎‎6‎‎2‎＝3‎21‎.此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径．‎ 综上，当PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ＝3‎21‎时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ＝PD＋CD＋CQ＝17＋3‎21‎.‎ 因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17＋3‎21‎(百米)．‎ 方法二　(1)如图，过O作OH⊥l，垂足为H.‎ 以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系．‎ 因为BD＝12，AC＝6，所以OH＝9，直线l的方程为y＝9，点A，B的纵坐标分别为3，－3.‎ 因为AB为圆O的直径，AB＝10，‎ 所以圆O的方程为x2＋y2＝25.‎ 从而A(4,3)，B(－4，－3)，直线AB的斜率为‎3‎‎4‎.‎ 因为PB⊥AB，所以直线PB的斜率为－‎4‎‎3‎，‎ 直线PB的方程为y＝－‎4‎‎3‎x－‎25‎‎3‎.‎ 所以P(－13,9)，PB＝‎(-13+4)‎‎2‎‎+‎‎(9+3)‎‎2‎＝15.‎ 所以道路PB的长为15(百米)．‎ ‎(2)①若P在D处，取线段BD上一点E(－4,0)，则EO＝4<5，所以P选在D处不满足规划要求．‎ ‎②若Q在D处，连接AD，由(1)知D(－4,9)，又A(4,3)，‎ 所以线段AD：y＝－‎3‎‎4‎x＋6(－4≤x≤4)．‎ 在线段AD上取点M‎3,‎‎15‎‎4‎，‎ 因为OM＝‎3‎‎2‎‎+‎‎15‎‎4‎‎2‎<‎3‎‎2‎‎+‎‎4‎‎2‎＝5，‎ 所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径．‎ 因此Q选在D处也不满足规划要求．‎ 综上，P和Q均不能选在D处．‎ ‎(3)先讨论点P的位置．‎ 当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；‎ 当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求．‎ 设P1为l上一点，且P1B⊥AB，由(1)知，P1B＝15，此时P1(－13,9)；‎ 当∠OBP>90°时，在△PP1B中，PB>P1B＝15.‎ 由上可知，d≥15.‎ 再讨论点Q的位置．‎ 由(2)知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求．当 QA＝15时，设Q(a,9)，由AQ＝‎(a-4)‎‎2‎‎+‎‎(9-3)‎‎2‎＝15(a>4)，‎ 得a＝4＋3‎21‎，所以Q(4＋3‎21‎，9)．此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径．‎ 综上，当P(－13,9)，Q(4＋3‎21‎，9)时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ＝4＋3‎21‎－(－13)＝17＋3‎21‎.‎ 因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17＋3‎21‎ (百米)．‎ ‎9．(2019·全国Ⅰ理，19)已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为‎3‎‎2‎的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P.‎ ‎(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；‎ ‎(2)若AP＝3PB，求|AB|.‎ 解　设直线l：y＝‎3‎‎2‎x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ ‎(1)由题设得F‎3‎‎4‎‎,0‎，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋‎3‎‎2‎，由题设可得x1＋x2＝‎5‎‎2‎.‎ 由y=‎3‎‎2‎x+t,‎y‎2‎‎=3x,‎可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，‎ 令Δ>0，得t<‎1‎‎2‎，‎ 则x1＋x2＝－‎12‎t-1‎‎9‎.‎ 从而－‎12‎t-1‎‎9‎＝‎5‎‎2‎，得t＝－‎7‎‎8‎.‎ 所以l的方程为y＝‎3‎‎2‎x－‎7‎‎8‎.‎ ‎(2)由AP＝3PB可得y1＝－3y2，‎ 由y=‎3‎‎2‎x+t,‎y‎2‎‎=3x,‎可得y2－2y＋2t＝0，‎ 所以y1＋y2＝2，从而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3，‎ 代入C的方程得x1＝3，x2＝‎1‎‎3‎，‎ 即A(3,3)，B‎1‎‎3‎‎,-1‎，‎ 故|AB|＝‎4‎‎13‎‎3‎.‎ ‎10．(2019·全国Ⅱ理，21)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－‎1‎‎2‎.记M的轨迹为曲线C.‎ ‎(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；‎ ‎(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.‎ ‎(ⅰ)证明：△PQG是直角三角形；‎ ‎(ⅱ)求△PQG面积的最大值．‎ ‎(1)解　由题设得yx+2‎·yx-2‎＝－‎1‎‎2‎，化简得x‎2‎‎4‎＋y‎2‎‎2‎＝1(|x|≠2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．‎ ‎(2)(ⅰ)证明　设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k>0)．‎ 由y=kx,‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎2‎=1,‎得x＝±‎2‎‎1+2‎k‎2‎ .‎ 记u＝‎2‎‎1+2‎k‎2‎，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．‎ 于是直线QG的斜率为k‎2‎，方程为y＝k‎2‎(x－u)．‎ 由y=k‎2‎x-u,‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎2‎=1,‎得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.①‎ 设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，‎ 故xG＝u‎3k‎2‎‎+2‎‎2+‎k‎2‎，由此得yG＝uk‎3‎‎2+‎k‎2‎.‎ 从而直线PG的斜率为uk‎3‎‎2+‎k‎2‎‎-uku‎3k‎2‎‎+2‎‎2+‎k‎2‎‎-u＝－‎1‎k，‎ 因为kPQ·kPG＝－1.‎ 所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．‎ ‎(ⅱ)解　由(ⅰ)得|PQ|＝2u‎1+‎k‎2‎，|PG|＝‎2ukk‎2‎‎+1‎‎2+‎k‎2‎，所以△PQG的面积S＝‎1‎‎2‎|PQ||PG|＝‎8k‎1+‎k‎2‎‎1+‎‎2k‎2‎‎2+‎k‎2‎＝‎8‎‎1‎k‎+k‎1+2‎‎1‎k‎+k‎2‎.‎ 设t＝k＋‎1‎k，则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．‎ 因为S＝‎8t‎1+‎‎2t‎2‎在[2，＋∞)上单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为‎16‎‎9‎.‎ 因此，△PQG面积的最大值为‎16‎‎9‎.‎ ‎11．(2019·全国Ⅲ理，21)已知曲线C：y＝x‎2‎‎2‎，D为直线y＝－‎1‎‎2‎上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.‎ ‎(1)证明：直线AB过定点；‎ ‎(2)若以E‎0,‎‎5‎‎2‎为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．‎ ‎(1)证明　设Dt,‎‎1‎‎2‎，A(x1，y1)，则x‎1‎‎2‎＝2y1.‎ 由y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故y‎1‎‎+‎‎1‎‎2‎x‎1‎‎-t＝x1.‎ 整理得2tx1－2y1＋1＝0.‎ 设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.‎ 故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.‎ 所以直线AB过定点‎0,‎‎1‎‎2‎.‎ ‎(2)解　由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋‎1‎‎2‎.‎ 由y=tx+‎1‎‎2‎,‎y=x‎2‎‎2‎,‎可得x2－2tx－1＝0，Δ＝4t2＋4>0，‎ 于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2‎ ‎＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，‎ ‎|AB|＝‎1+‎t‎2‎|x1－x2|‎ ‎＝‎1+‎t‎2‎·x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎‎-4‎x‎1‎x‎2‎＝2(t2＋1)．‎ 设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，‎ 则d1＝t‎2‎‎+1‎，d2＝‎2‎t‎2‎‎+1‎，‎ 因此，四边形ADBE的面积S＝‎1‎‎2‎|AB|(d1＋d2)‎ ‎＝(t2＋3)t‎2‎‎+1‎.‎ 设M为线段AB的中点，则Mt,t‎2‎+‎‎1‎‎2‎.‎ 由于EM⊥AB，而EM＝(t，t2－2)，‎ AB与坐标为(1，t)的向量平行，所以t＋(t2－2)t＝0.‎ 解得t＝0或t＝±1.‎ 当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝4‎2‎.‎ 因此，四边形ADBE的面积为3或4‎2‎.‎ ‎12．(2019·北京理，18)（14分）已知抛物线经过点．‎ ‎（Ⅰ）求抛物线的方程及其准线方程；‎ ‎（Ⅱ）设为原点，过抛物线的焦点作斜率不为0的直线交抛物线于两点，，直线分别交直线，于点和点．求证：以为直径的圆经过轴上的两个定点．‎ ‎【思路分析】（Ⅰ）代入点，解方程可得，求得抛物线的方程和准线方程；‎ ‎（Ⅱ）抛物线的焦点为，设直线方程为 ‎，联立抛物线方程，运用韦达定理，以及直线的斜率和方程，求得，的坐标，可得为直径的圆方程，可令，解方程，即可得到所求定点．‎ ‎【解析】：（Ⅰ）抛物线经过点．可得，即，‎ 可得抛物线的方程为，准线方程为；‎ ‎（Ⅱ）证明：抛物线的焦点为，‎ 设直线方程为，联立抛物线方程，可得，‎ 设，，，，‎ 可得，，‎ 直线的方程为，即，‎ 直线的方程为，即，‎ 可得，，，，‎ 可得的中点的横坐标为，‎ 即有为直径的圆心为，‎ 半径为，‎ 可得圆的方程为，‎ 化为，‎ 由，可得或．‎ 则以为直径的圆经过轴上的两个定点，．‎ ‎【归纳与总结】本题考查抛物线的定义和方程、性质，以及圆方程的求法，考查直线和抛物线方程联立，运用韦达定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题．‎ ‎13．(2019·天津理，18)设椭圆x‎2‎a‎2‎＋y‎2‎b‎2‎＝1(a＞b＞0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4，离心率为‎5‎‎5‎.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N在y轴的负半轴上．若|ON|＝|OF|(O为原点)，且OP⊥MN，求直线PB的斜率．‎ 解　(1)设椭圆的半焦距为c，依题意，2b＝4，ca＝‎5‎‎5‎，又a2＝b2＋c2，可得a＝‎5‎，b＝2，c＝1.‎ 所以椭圆的方程为x‎2‎‎5‎＋y‎2‎‎4‎＝1.‎ ‎(2)由题意，设P(xP，yP)(xP≠0)，M(xM,0)，直线PB的斜率为k(k≠0)，又B(0,2)，则直线PB的方程为y＝kx＋2，与椭圆方程联立得y=kx+,‎x‎2‎‎5‎‎+y‎2‎‎4‎=1,‎ 整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0，可得xP＝－‎20k‎4+‎‎5k‎2‎，‎ 代入y＝kx＋2得yP＝‎8-‎‎10k‎2‎‎4+‎‎5k‎2‎.‎ 所以直线OP的斜率为yPxP＝‎4-‎‎5k‎2‎‎-10k.‎ 在y＝kx＋2中，令y＝0，得xM＝－‎2‎k.‎ 由题意得N(0，－1)，所以直线MN的斜率为－k‎2‎.‎ 由OP⊥MN，得‎4-‎‎5k‎2‎‎-10k·‎-‎k‎2‎＝－1，化简得k2＝‎24‎‎5‎，‎ 从解得k＝±‎2‎‎30‎‎5‎.‎ 所以直线PB的斜率为‎2‎‎30‎‎5‎或－‎2‎‎30‎‎5‎.‎